Considere la función $h: K \to \mathbb{R}$ donde $K := \{x \in \mathbb{R}^3:x,y,z \geq 0, x+2y+3z\leq 6\}$.
$h$ se define como: $$ h(x) = xe^{(x+2y+3z)} $$
Encontrar el supremum y el infimum de $h$.
Bueno, parece ser una tarea bastante fácil, ¿verdad?
Por El Weierstrass Extrema Teorema del Valor no debe ser máximo y mínimo.
Vamos a ver si podemos encontrar alguna extremo dentro de $K$.
Buscando extrema dentro de $K$:
$$\nabla h(x)=\left((x+1)e^{(x+2y+3z)},2xe^{(x+2y+3z)},3xe^{(x+2y+3z)}\right)$$
Como podemos ver, el gradiente de la función de $h$ nunca se $0$, de lo contrario $x$ tendría que ser $-1$ $0$ al mismo tiempo.
Giro de la trama: en Realidad, no es un extremo dentro de $K$ - la función de $h$ toma su valor más bajo en puntos de $(0,y,z)$ donde $0 \leq2y+3z\leq 6$.
Vamos a examinar las fronteras de $K$, vamos?
La frontera set $M$ se define como $M:=\{x\in \mathbb{R}:F(x)=c\}$ donde$F(x)=x+2y+3z$$c=6$.
Gradiente de $F$ es: $$ \nabla F(x)=(1,2,3) $$
Por lo tanto, por El Teorema de los Multiplicadores de Lagrange tenemos el siguiente sistema de ecuaciones: $$ \begin{cases} (x+1)e^{(x+2y+3z)} = \lambda\\ 2xe^{(x+2y+3z)} = 2\lambda\\ 3xe^{(x+2y+3z)} = 3\lambda\\ x+2y+3z=6 \end{casos} $$ Y de nuevo, no hay soluciones.
Pero hey! Espera!
Giro de la trama, una vez más: $h$ tiene un máximo en el punto de $x=(6,0,0)$.Estoy empezando a darme cuenta de que debo tener más cuidado con la definición del conjunto $M$ para el Langrange Multiplicadores. La función de $F$ sí no es suficiente, puesto que me falta la información que $x,y,z\geq 0$.
Es de lo único que estoy haciendo mal? Podría usted por favor, muéstrame una sugerencia o dos para hacerme comprender mis errores?
Respuesta
¿Demasiados anuncios?
Su conjunto compacto $K$ es estratificado: es una $3$-simplex que consiste en un abrir interior, $4$ relativamente abierto en dos dimensiones facetas, $6$ relativamente bordes abiertos, y $4$ vértices. Con el fin de encontrar los extremos de $h$ $K$ tenemos que buscar en la $1+4+6+4=15$ caras a la vez, en orden a establecer una "lista de candidatos". Como $$\nabla h(x,y,z)=e^{x+2y+3z}(x+1,2x,3x)\ne0\quad\forall\>(x,y,z)\in{\mathbb R}^3$$ no hay ningún punto interior en esta lista.
En la faceta $T_x:\ x=0$ tenemos $h=0$. En la faceta $T_y:\ y=0$ tenemos que buscar en el pullback $$g(x,z):=h(x,0,z)=xe^{x+3z}$ $ , con gradiente $$\nabla g(x,z)=e^{x+3z}(1+x,3x)\ne0\ .$$ Esto demuestra que $h$ no tiene condicionalmente punto fijo en $T_y$; y similalry en aboga por $T_z:\ z=0$. En la faceta $T_*:\ x+2y+3z=6$ el factor exponencial es constante, y la variable $x$ alcanza ni un mínimo ni un máximo de $T_*$. De ello se desprende que $h$ no tiene condicionalmente punto fijo en $T_*$. En total, no hemos encontrado ningún "candidato de los puntos" en las facetas de $K$.
En dos bordes de $K$ emanan de $(0,0,0)$ tenemos $h=0$. Para la tercera arista tenemos que buscar en el pullback $$f(x):=h(x,0,0)=xe^x\qquad(0< x<6)\ .$$ Como $f$ es estrictamente creciente, no encontramos una condicional punto fijo. Los otros tres bordes de $K$ están mintiendo en el avión $x+2y+3z=6$, por lo que el $h(x,y,z)=x e^6$ a lo largo de estos bordes. En uno de ellos $h=0$, y en los otros dos $h$ aumenta monótonamente con $x$. En total, no hemos encontrado ningún "candidato de los puntos" en los bordes de $K$.
En los vértices tenemos $$h(0,0,0)=h(0,3,0)=h(0,0,2)=0, \quad h(6,0,0)=6e^6\ .$$ Todos en todo lo que hemos encontrado que $$\min_{(x,y,z)\in K} h(x,y,z)=0,\qquad \max_{(x,y,z)\in K} h(x,y,z)=6e^6\ .$$
Nota: tal vez usted piensa que esto es demasiado complicado. Suponga que usted tiene que construir un algoritmo que acepte $4$ ${\bf x}_k\in{\mathbb R}^3$ como entrada y se tiene que determinar el punto de $\xi$ sobre el simplex $P:=[{\bf x}_1,{\bf x}_2,{\bf x}_3,{\bf x}_4]$ más cercano al origen, a continuación, este algoritmo tendría que ir a través de los movimientos descritos anteriormente. A priori $\xi$ puede estar en el interior de $P$, en cualquier faceta o en un borde de $P$, o sea un vértice de $P$.
